《2025年全效学习学业评价方案九年级数学上册华师大版》

15. (12 分)[2024·内江二模]如图,在$\triangle ABC$中,点$D$、$E$、$F$分别在边$AC$、$BD$、$BC$上.从下列条件中选择两个作为本题的条件.
①$AB^{2} = AD \cdot AC$;②$\angle BAE = \angle CAF$;③$\frac{AB}{AC} = \frac{BE}{CF}$.
(1)求证:$\triangle ABE \backsim \triangle ACF$;
(2)连结$EF$,如果$BF = CF$,求证:$EF // AC$.

答案： 选择条件：②$\angle BAE = \angle CAF$；③$\frac{AB}{AC} = \frac{BE}{CF}$
(1) 证明：$\triangle ABE \backsim \triangle ACF$
$\because \angle BAE = \angle CAF$，
$\therefore \angle BAE + \angle EAF = \angle CAF + \angle EAF$，即$\angle BAF = \angle CAE$。
设$\angle BAF = \angle CAE = \alpha$，$\angle ABE = \beta$，$\angle ACF = \gamma$。
在$\triangle ABF$和$\triangle AEC$中，由正弦定理得：
$\frac{AB}{\sin \angle AFB} = \frac{BF}{\sin \alpha}$，$\frac{AC}{\sin \angle AEB} = \frac{CE}{\sin \alpha}$。
$\because \angle AFB + \angle CFE = 180°$，$\angle AEB + \angle FEB = 180°$，
$\therefore \sin \angle AFB = \sin \angle CFE$，$\sin \angle AEB = \sin \angle FEB$。
又$\frac{AB}{AC} = \frac{BE}{CF}$，设$\frac{AB}{AC} = \frac{BE}{CF} = k$，则$AB = k \cdot AC$，$BE = k \cdot CF$。
$\therefore \frac{AB}{AC} = \frac{BE}{CF} = \frac{BF \cdot \sin \angle AEB}{CF \cdot \sin \angle AFB} = k$，
$\therefore \frac{\sin \angle AEB}{\sin \angle AFB} = 1$，即$\sin \angle AEB = \sin \angle AFB$。
$\therefore \angle AEB = \angle AFB$或$\angle AEB + \angle AFB = 180°$（舍去，否则$E$、$F$重合）。
$\therefore \angle AEB = \angle AFB$，
$\therefore \triangle ABE \backsim \triangle ACF$（AA相似）。
(2) 证明：$EF // AC$
$\because \triangle ABE \backsim \triangle ACF$，
$\therefore \frac{AB}{AC} = \frac{BE}{CF} = \frac{AE}{AF}$。
$\because BF = CF$，设$BF = CF = m$，则$BC = 2m$。
由$\frac{AB}{AC} = \frac{BE}{CF}$，得$\frac{AB}{AC} = \frac{BE}{m}$，即$BE = \frac{m \cdot AB}{AC}$。
$\therefore EC = BC - BE = 2m - \frac{m \cdot AB}{AC} = m \left(2 - \frac{AB}{AC}\right)$。
在$\triangle BEC$中，$\frac{BE}{EC} = \frac{\frac{m \cdot AB}{AC}}{m \left(2 - \frac{AB}{AC}\right)} = \frac{AB}{2AC - AB}$。
又$\frac{AE}{AF} = \frac{AB}{AC}$，
$\therefore \frac{AE}{AF} = \frac{BE}{EC}$，
$\therefore EF // AC$（平行线分线段成比例定理逆定理）。
选择条件：①$AB^2 = AD \cdot AC$；②$\angle BAE = \angle CAF$
(1) 证明：$\triangle ABE \backsim \triangle ACF$
$\because AB^2 = AD \cdot AC$，$\therefore \frac{AB}{AC} = \frac{AD}{AB}$。
又$\angle BAD = \angle CAB$，$\therefore \triangle ABD \backsim \triangle ACB$（SAS相似）。
$\therefore \angle ABD = \angle ACB$，即$\angle ABE = \angle ACF$。
$\because \angle BAE = \angle CAF$，
$\therefore \triangle ABE \backsim \triangle ACF$（AA相似）。
(2) 证明：$EF // AC$
$\because \triangle ABE \backsim \triangle ACF$，$\therefore \frac{BE}{CF} = \frac{AB}{AC}$。
$\because BF = CF$，$\therefore \frac{BE}{BF} = \frac{AB}{AC}$。
由$\triangle ABD \backsim \triangle ACB$，得$\frac{BD}{BC} = \frac{AB}{AC}$，$\therefore \frac{BE}{BF} = \frac{BD}{BC}$。
$\therefore EF // AC$（三角形中位线定理逆定理）。
（注：选择①③亦可证明，方法类似。以上以①②为例，核心为“AA相似”及平行线判定定理。）
答案：
(1) 见证明过程；
(2) 见证明过程。

16. (12 分)阅读与思考.
射影定理:如图 1,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle BAC = 90^{\circ}$,$AD$是斜边$BC$上的高,则有如下结论:①$AD^{2} = BD \cdot DC$;②$AB^{2} = BD \cdot BC$;③$AC^{2} = CD \cdot BC$.
下面是该定理的证明过程(部分):
$\because AD$是斜边$BC$上的高,
$\therefore \angle ADB = \angle ADC = 90^{\circ}$.
$\because \angle B + \angle BAD = 90^{\circ}$,$\angle B + \angle C = 90^{\circ}$,
$\therefore \angle BAD = \angle C$,
$\therefore \triangle ABD \backsim \triangle CAD$(依据),
$\therefore \frac{BD}{AD} = \frac{AD}{CD}$,即$AD^{2} = BD \cdot DC$.
(1)材料中的依据是指____________________;
(2)选择②或③其中一个加以证明;
(3)如图 2,在正方形$ABCD$中,点$O$是对角线$AC$、$BD$的交点,点$E$在$CD$上,过点$C$作$CF \perp BE$于点$F$,连结$OF$,求证:$BO \cdot BD = BF \cdot BE$;
(4)在图 2 中,若$DE = 2CE$,$OF$的长为$\frac{6\sqrt{5}}{5}$,则正方形$ABCD$的边长为____.

答案： （1）两角分别相等的两个三角形相似
（2）证明$AB^{2}=BD\cdot BC$：
解：$\because\angle ADB = \angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle B=\angle B$，
$\therefore\triangle ABD\backsim\triangle ABC$（两角分别相等的两个三角形相似）。
$\therefore\frac{AB}{BC}=\frac{BD}{AB}$（相似三角形对应边成比例）。
即$AB^{2}=BD\cdot BC$。
（3）证明：
解：$\because$四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore\angle BCD = 90^{\circ}$，$AC\perp BD$，$BO=\frac{1}{2}BD$。
$\because CF\perp BE$，$\therefore\angle BFC=\angle BCD = 90^{\circ}$。
又$\because\angle FBC=\angle CBE$，
$\therefore\triangle BFC\backsim\triangle BCE$（两角分别相等的两个三角形相似）。
$\therefore\frac{BF}{BC}=\frac{BC}{BE}$，即$BC^{2}=BF\cdot BE$。
在正方形$ABCD$中，$BC^{2}=BO\cdot BD$（因为$BC^{2}=\frac{1}{2}BD\cdot BD = BO\cdot BD$，$BO=\frac{1}{2}BD$）。
所以$BO\cdot BD = BF\cdot BE$。
（4）
设$CE = x$，则$DE = 2x$，$CD=CE + DE=3x$。
在$Rt\triangle BCE$中，$BC = 3x$，$CE=x$，根据勾股定理$BE=\sqrt{BC^{2}+CE^{2}}=\sqrt{(3x)^{2}+x^{2}}=\sqrt{10}x$。
由（3）知$\triangle BFC\backsim\triangle BCE$，$\triangle BOF\backsim\triangle BEC$（可通过证明角相等得到）。
$\because\angle BOF=\angle BEC$，$\angle OBF=\angle EBC$。
$\frac{OF}{EC}=\frac{BO}{BE}$，在正方形$ABCD$中，$BO=\frac{\sqrt{2}}{2}×3x=\frac{3\sqrt{2}}{2}x$。
已知$OF = \frac{6\sqrt{5}}{5}$，$EC = x$，$BE=\sqrt{10}x$，代入$\frac{OF}{EC}=\frac{BO}{BE}$得：
$\frac{\frac{6\sqrt{5}}{5}}{x}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}x}{\sqrt{10}x}$，化简$\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}x}{\sqrt{10}x}=\frac{3}{2\sqrt{5}}$。
则$\frac{6\sqrt{5}}{5x}=\frac{3}{2\sqrt{5}}$，交叉相乘得$3x×5 = 6\sqrt{5}×2\sqrt{5}$，$15x = 60$，解得$x = 4$。
所以正方形$ABCD$的边长$CD = 3x=6$。
故答案依次为：（1）两角分别相等的两个三角形相似；（4）$6$。